Correction du DL n˚

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Correction du DL n˚ 15 CCP math I PSI 2003 PARTIE I Question I.1 L'application t 7? µ(t) cos t est continue sur R donc par le théorème fondamental de l'intégration, G est de classe C1 sur R, avec G?(x) = µ(x) cosx. De même pour H, avec H ?(x) = µ(x) sinx. On en déduit F ?(x) = sinx µ(x) cosx + cosx ∫ x 0 µ(t) cos t dt + sinx ∫ x 0 µ(t) sin t dt? cosx µ(x) sin(x) = cosx ∫ x 0 µ(t) cos t dt + sinx ∫ x 0 µ(t) sin t dt. D'où F (0) = 0 et F ?(0) = 0. Question I.2 G et H étant de classe C1 sur R , on en déduit que F ? est de classe C1 sur R et donc que F est de classe C2 sur R . De plus, F ??(x) = ? sinxG(x) + cos2 x µ(x) + cosxH(x) + sin2(x)µ(x) = ?F (x) + µ(x).

  • série géométrique de raison ?

  • interversion série

  • problème de cauchy linéaire

  • théorème de convergence normale

  • p2 ?


Publié le : lundi 18 juin 2012
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Source : cpge-brizeux.fr
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Correction du DL n˚15 CCP math I PSI 2003
PARTIE I Question I.1L’applicationt7→µ(t) costest continue surRdoncpar le thÉorÈme fondamental 10 0 de l’intÉgration,Gest de classeCsurR,avecG(x) =µ(x) cosx.De mme pourH,avecH(x) = µ(x) sinx.On en dÉduit Z Z x x 0 F(x) = sinx µ(x) cosx+ cosx µ(t) costdt+ sinx µ(t) sintdtcosx µ(x) sin(x) 0 0 Z Z x x = cosx µ(t) costdt+ sinx µ(t) sintdt. 0 0 0 D’oÙF(0) = 0etF(0) = 0. Question I.2 101 GetHÉtant de classeCsurR, on en dÉduit queFest de classeCsurRet donc queFest de 2 classeCsurR. De plus, 002 2 F(x) =sinxG(x) + cosx µ(x) + cosxH(x() + sinx)µ(x) =F(x) +µ(x). Donc 00 F(x) +F(x) =µ(x). Question I.3 FvÉrifie le problÈme de Cauchy linÉaire 00 0 y+y=µ, y(0) = 0, y(0) = 0, etd’aprÈs le thÉorÈme de Cauchy Lipschitz linÉaire, il y a unicitÉ de la solution de ce problÈme doncF=ϕ. R R x x Remarque : l’ÉgalitÉϕ(x) = sinx µ(t) costdtcosx µ(t) sintdts’obtient aussi en appliquant 0 0 la mÉthode de variation des constantes pour rÉsoudre(Eµ). Question I.4 0 0 I.4.1En dÉrivant :G(x+2π)G(x) =µ(x+2π) cos(x+2π)µ(x) cosx= 0carµest2πpÉriodique. 0 0 De mmeH(x+ 2π)H(x) = 0. I.4.2Par I.4.1, La fonctionx7→G(x+ 2π)G(x)est constante, Égale À sa valeur enx= 2π,soit : G(x+ 2π)G(x) =G(2π). De mme,H(x+ 2π)H(x) =H(2π). I.4.3xR ϕ(x+ 2π)ϕ(x) =F(x+π)F(x) = (G(x+ 2π)G(x)) sinx(H(x+ 2π)H(x)) cosx =G(2π) sinxH(2π) cosx. I.4.4La famille(cos,sin)Étant libre,Fest2π-pÉriodique si et seulement siG(2π) =H(2π) = 0. R R 2π2π 2 2π2 I.4.5Avecµ= sinon aG(2π) =sintcostdt= 1/2[sint] =0etH(2πsin) =tdt= 0 00 R 2π 1cos 2t dt=π6= 0donc par I.4.4,ϕsinn’est pas2π-pÉriodique. Mme conclusion pourϕcos 0 2 car alorsG(2π) =π6= 0.
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I.4.6Pourµ= sinet pour tout entiernon a ϕ(2) =F(2) = 0×0cos(2)×=doncϕsinn’est pas bornÉe, car sinon il existemetMtels que :xR, mϕ(x)M. Alors nN, m≤ −, ce qui est absurde. Pourµ= coset pour tout entiernon a Z π  2+ π1 2 G2+ =(1 + cos 2t) dt=2 2 0 d’oÙ    π π ϕ2+ =F2+ =2 2 doncϕcosn’est pas bornÉe. Autre mÉthode : on peut aussi calculer 1x ϕsin(x) =sinxcosx 2 2 et 1 ϕcos(x) =xsinx. 2 I.4.7Pourµ=|sin| Z ZZ 2π π2π G(2π) =|sint|costdt= sintcostdtsintcostdt, 0 0π et en faisantt=π+udans la deuxiÈme intÉgrale cela donneG(2π) = 0.On obtient par le mme procÉdÉH(2π) = 0, ce qui Établit queϕest2π-pÉriodique. 20 00 I.4.8ϕÉtant de classeCet2π-pÉriodique, les applicationsϕ,ϕetϕsont continues et2π-pÉriodiques donc bornÉes : en effet on a alorsϕ(R) =ϕ([0,2π])(par2πpÉriodicitÉ) qui est donc une partie 0 00 compacte deR(et toute fonction continue sur un compact un bornÉe) et de mme pourϕetϕ. PARTIE II t+ +tt Question II.1t7→e|sint|est continue surRettR,06e|sint|6ece qui montre, t+t par le thÉorÈme de comparaison, quet7→e|sint|est intÉgrable surRpuisquet7→el’est. Question II.2 h i π R R(1+i)t  π π t(1+i)t e1iπ II.2.1v0=e|sint|dt=Imedt=Im=Im(e1)ce qui 0 01+i2 0 π e+1 donne :v0=. 2 II.2.2Avec le changement de variablet=+uon obtient : Z π uπ n vn=e|sinu|du=e v0= (e)v0. 0 P π II.2.3vnest donc une sÉrie gÉomÉtrique de raisonρ=e]1,1[donc convergente. De plus n>0 sa somme est Égale À π v0e1+ 1π = =coth. π 1ρ2(1e) 22 II.2.4Par la relation de Chasles, on a : N1Z N π X t NN, vn=e|sint|dt 0 n=0 t+ Puis la fonctiont7→e|sint|Étant intÉgrable surRon a Z ZZ+X +X nπ ttt e|sint|dt= lime|sint|dt= lime|sint|dt=vn. X+n+0 00 n=0 2
Question II.3 + II.3.1Nous avons vu queϕÉtait bornÉe surR.PosonsM= sup+|ϕ|. Alors R +tt tR,|e ϕ(t)|6.M e t Donc l’applicationt7→e ϕ(t)est continue et majorÉe en module par une fonction intÉgrable + + surRce qui prouve qu’elle est intÉgrable surR.De mme pour les deux autres. + II.3.2SoitXR. On a : Z Z X X tt X0 −t ϕ(t)edt= [e ϕ(t)] +ϕ(t)edt 0 0 0 Z X Xt0X00 −t =ϕ(X)e+ [e ϕ(t)] +ϕ(t)edt 0 0 Z X X0 −X00 −t =ϕ(X)eϕ(X)e+ϕ(t)edt. 0 0 0X On a utilisÉ le fait queϕ(0) =ϕ(0) = 0etϕetϕÉtant bornÉes,limX+ϕ(X)e= 0et 0 −X limX+ϕ(X)e= 0. R R ++t00 −t En faisant tendreXvers+on obtient :ϕ(t)edt=ϕ(t)edt. 0 0 00 −t00 −tt Orϕ(t) +ϕ(t) =µ(t)doncϕ(t)e+ϕ(t)e=µ(t)ece qui donne Z Z ++tt 2ϕ(t)edt=µ(t)edt 0 0 et donc Z +∞ −π 1 1+e t ϕ(t)edt=. π 4 1e 0 PARTIE III Question III.1 1 III.1.1µest2π-pÉriodique, continue etCpar morceaux surRdoncle thÉorÈme de conver-gence normales’applique et la suite des sommes partielles de la sÉrie de Fourier deµconverge uniformÉment surRversµ. 2 III.1.2De mme pourϕpuisqueϕest2π-pÉriodique et de classeCsurRdonc a fortiori2π-pÉriodique, 1 continue etCpar morceaux surR Question III.2 III.2.1µÉtant paire on a pour toutnentier naturelbn(µ) = 0et Z π 2 an(µ) =µ(t) cos(nt) dt π 0 Z π 2 = sintcos(nt) dt π 0 Z π 1 = (sin(n+ 1)tsin(n1)t) dt. π 0 R π 1π On distingue :a1(µsin(2) =t) dt= 1/2[cos(2t)/2] =0et, π0 0   π 1 cos(n1)tcos(n+ 1)t sin6= 1an(µ) =π n1n+ 1 0    1 11 n1 = ((1)1)π n1n+ 1 n1 2 (1)1 p =carcos= (1) π(n1)(n+ 1) 3
Soit pour tout entier naturelp: 44 a2p(µ) == 2 π(2p1)(2p+ 1)π(4p1) a2p+1(µ) = 0. III.2.2On peut justifier la convergence de la sÉrie par le fait que 1 1 >0. 2p]2 4p1 4p En appliquant le rÉsultat deIII.1.1on a +X 2 4cos(2pt) tR|sint|=2 π π4p1 p=1 qui donne pourt= 0 +X 2 41 0 =2 π π4p1 p=1 et donc +X 1 1 =. 2 4p1 2 p=1 III.2.3Cette fois on justifie la convergence de la sÉrie par le fait que 1 1 >0. 2 2p]4 (4p1) 16p On retrouve la convergence et on obtient de plus la somme gráce au thÉorÈme de Parseval qui s’applique Àµpuisqueµest2π-pÉriodique et continue par morceaux surR:   Z+X 2π2 1 1a 2 02   sintdt= +a 2p 2π2 2 0 p=1 soit   Z+X π 1 12 161 2   sintdt= + 2 22 2 π2π π(4p1) 0 p=1 soit +X 1 48 1 = + 2 22 2 2π π(4p1) p=1 et finalement +2 X 1π1 =. 2 2 (4p21) 16 p=1 Question III.3 R R xx III.3.1MaintenantG(x) =|sint|costdtet doncG(x) =|sint|costdt=G(x)aprÈs avoir 0 0 fait le changement de variableu=t.DoncGest impaire. De mmeHest paire. On en dÉduit queF(=ϕ)est paire. Et doncbn(ϕ) = 0pournN .
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III.3.2 Z 2π 1 00 00 an(ϕ) =ϕ(t) cos(nt) dt π 0 Z 2π   12πn 0 0 =ϕ(t) cos(nt) +ϕ(t) sin(nt) dt 0 π π 0 Z 2 2π n n 2π = 0+ [ϕ(t) sin(nt)]ϕ(t) cos(nt) dt 0 π π 0 2 =n an(ϕ). 0 Pour la troisiÈme ÉgalitÉ on a utilisÉ le fait queϕest2π-pÉriodique. 00 00 III.3.3On aϕ+ϕ=µet donc par linÉaritÉ des coefficients de Fourieran(ϕ) +an(ϕ) =an(µ) 2 soit(1n)an(ϕ) =an(µ). 1 Donc pourn6=1on aan(ϕ) =2an(µ)ce qui donne 1n 4 14 pN, a2p(ϕ) == 2 22 2 π(14p)(4p1)π(4p1) et pN, a2p+1(ϕ) = 0. 2 III.3.4ϕÉtant2π-pÉriodique et de classeCle thÉorÈme de convergence normale peut lui tre appliquÉ et donne +X 2 4cos(2px) xR, ϕ(x) =+a1(ϕ) cosx+ 2 2 π π(4p1) p=1 Pourx= 0on obtient +X 2 41 ϕ+(0) = 0 =a1(ϕ) + 2 2 π π(4p1) p=1 d’oÙ l’on tire π a1(ϕ) =. 4 Question III.4On justifie la convergence de la sÉrie par le fait que
1 1 >0. 2 4p]6 (4p1)(16p1) 64p En reprenant les notations prÉcÉdentes on a   Z Z+++X 2 tt   e ϕ(t) dt=e+a1cost+a2pcos(2pt) dt π 0 0 p=1   Z ZZ+X +++2 ttt   =edt+a1cost edt+a2pcos(2pt)edt. π 0 00 p=1 Il s’agit donc maintenant de justifier l’interversion sÉrie-intÉgrale. t+ t7→a2pcos(2pt)eest continue et intÉgrable surR, P t+ – lasÉrie de fonctionsa2pcos(2pt)econverge simplement surRvers une fonction continue, R R ++tt4 1 |a2pcos(2pt)e|dt6|a2p|edt=|a2p|=2 24(>0)terme gÉnÉral 0 0π(4p1)pg16πp d’une sÉrie convergente.
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